高考物理运动与平衡模型解析

1、 高中物理课标卷考试模型解析 一、匀速直线运动模型【模型概述】 匀速直线运动：两种方法（公式法与图象法）【模型讲解】重点。建构直线运动的物理模型，再现直线运动的物理情景真题2（2006全国）天空有近似等高的浓云层为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离为d=3.0km处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差t=6.0s试估算云层下表面的高度已知空气中的声速v=km/s解析 如图1-1-1，A表示爆炸处，O表示观测者所在处，h表示云层下表面的高度，用t1表示爆炸声直接传到O处所经时间，则有 d=v t1 用t2表示爆炸声经云层反射到达O处所在经时间，

2、因为入射角等于反射角，故有dAOh图1-1-1 已知t2- t1=t 联立、，可得 代入数值得 答案 名师指引考点：匀速运动规律及要用高考常用超声波、声波、光、无线电波等测量距离，求解时画出示意图能快速确定求解思路例2、.图19中的A是在高速公路上用超声测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度，图B中P1、P2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是P1、P2由汽车反射回来的信号，设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔t=1.0s，超声波在空气中传播的速度v=340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图中可知，汽车在接收到P

3、1、P2两个信号之间的时间内前进的距离是_m，汽车的速度是_m/s图193设测速仪扫描速度为v，因P1、P2在标尺上对应间隔为30小格，所以格/s测速仪发出超声波信号P1到接收P1的反射信号n1从图B上可以看出，测速仪扫描12小格，所以测速仪从发出信号P1到接收其反射信号n1所经历时间汽车接收到P1信号时与测速仪相距同理，测速仪从发出信号P2到接收到其反射信号n2，测速仪扫描9小格，故所经历时间汽车在接收到P2信号时与测速仪相距所以，汽车在接收到P1、P2两个信号的时间内前进的距离S=S1S2=17m从图B可以看出，n1与P2之间有18小格，所以，测速仪从接收反射信号n1到超声信号P2的时间间

4、隔 所以汽车接收P1、P2两个信号之间的时间间隔为 汽车速度m/s 二、匀变速直线运动【模型概述】 六个概念要明晰、四三四二是规律 七种方法灵活用、七大模型要建立【模型规律】四个核心公式： 速度公式：；位移公式：；速度位移公式：；位移平均速度公式： 三个重要推论：（1）匀变速直线运动的物体相邻相等时间内的位移差 ； ； 可以推广为：Sm-Sn=(m-n)aT 2（2）某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度：（3）某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度） 无论匀加速还是匀减速，都有四个小结论：做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可

5、简化为： ， ， ， 以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各物理量间的比例关系前1s、前2s、前3s内的位移之比为149第1s、第2s、第3s内的位移之比为135前1m、前2m、前3m所用的时间之比为1第1m、第2m、第3m所用的时间之比为1（）两个运动图像：用图像研究物理现象、描述物理规律是物理学的重要方法，运动图象问题主要有：s-t、v-t、a-t等图像。注意： .v-t图象。能读出s、t、v、a的信息（斜率表示加速度，曲线下的面积表示位移）。可见v-t图象提供的信息最多，应用也最广。 位移图象（s-t）速度图象（v-t）加速度图象（a-t）匀速直线运动匀加速直线运动（a0，s有最小值）

6、抛物线（不要求）匀减速直线运动（a0，s有最大值）抛物线（不要求）备注位移图线的斜率表示速度斜率表示加速度图线与横轴所围面积表示位移，横轴上方“面积”为正，下方为负一、x-t图像 1，x-t图像的横坐标代表时间，纵坐标代表位移， 2，物理意义：反映做直线运动的物体位移随时间的变化关系。 3，信息（1）初始时刻的位置，时间为零时的位移值，即图像与纵坐标的交点 （2）速度的变化规律：图像的斜率（3）任意时刻的位置：对应的纵坐标（4）某段时间内的位移：初末时刻纵坐标的差值（5）两物体相遇的时刻与位置：图像上交点对应的横纵坐标值二、v-t图像 1，v-t图像的横坐标代表时间，纵坐标代表速度， 2，物理

7、意义：反映做直线运动的物体速度随时间的变化关系。 3，信息（1）初始时刻的速度，时间为零时的速度值，即图像与纵坐标的交点 （2）加速度速度的变化规律与方向：图像的斜率的大小与正负（3）任意时刻的速度：对应的纵坐标 （4）某段时间内的位移：图像与坐标轴所围的面积“六看二变”“六看”一看轴、二看线、三看斜率、 四看面、五看截距、六看特殊点“二变” 1、图像之间的转换 2、 运动场景与图像间转换”点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态，特别注意“起点”、“终点”、“拐点”，它们往往对应一个特殊状态。线：表示研究对象的变化过程和规律，如vt图象中图线若为倾斜直线，则表示物体做匀变速直线运动。斜率：

8、表示横、纵坐标上两物理量的比值，常有一个重要的物理量与之对应。用于求解定量计算对应物理量的大小和定性分析变化的快慢问题。如st图象的斜率表示速度大小，vt图象的斜率表示加速度大小。面积；图线与坐标轴围成的面积常与某一表示过程的物理量相对应。如vt图象与横轴包围的“面积”大小表示位移大小。截距：表示横、纵坐标两物理量在“边界”条件下的物理量的大小。由此往往能得到一个很有意义的物理量。 （一）刹车模型【模型特点】本质是末速度为灵的匀减速运动，加速度与速度反向。【模型策略】1. 对于末速度为零的匀减速运动，可以看成是初速度为零的匀加速运动的“逆”过程，这样就可2. 先求刹车时间和位移，然后分析讨论。

9、【模型讲解】例1.图1211如图1211所示，一辆上表面光滑的平板小车长L2 m，车上左侧有一挡板，紧靠挡板处有一可看成质点的小球开始时，小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动，速度大小为v05 m/s.某时刻小车开始刹车，加速度a4 m/s2.经过一段时间，小球从小车右端滑出并落到地面上求：(1)从刹车开始到小球离开小车所用的时间；(2)小球离开小车后，又运动了t10.5 s落地小球落地时落点离小车右端多远？解析：(1)刹车后小车做匀减速运动，小球继续做匀速运动，设经过时间t，小球离开小车，经判断知此时小车没有停止运动，则x球v0tx车v0tat2x球x车L代入数据可解得：t1 s(2)经判

10、断小球离开小车又经t10.5 s落地时，小车已经停止运动设从刹车到小球落地，小车和小球总位移分别为x1、x2，则：x1x2v0(tt1)设小球落地时，落点离小车右端的距离为x，则：xx2(Lx1)解得：x2.375 m (二)自由落体模型【模型特点】自由落体运动为初速度为0的匀加速直线运动，a=g；机械能守恒。【模型策略】 1.从下落点入手建立方程 2. 利用中时速度求解 3.巧用比例方法【模型讲解】题型一：最后一秒位移问题【例1】一个物体从塔顶上下落，在到达地面前最后1s内通过的位移是整个位移的9/25，求塔高（g取10m/s2）解析：设物体下落总时间为t，塔高为h，则：,由上述方程解得：t

11、=5s，所以，答案：方法技巧通常要用初速度为零的匀变速直线运动特殊规律求解题型二：雨滴过窗问题.例2. 如图所示，已知窗户BC高为h=1.5m，B距楼顶A为h=5m，小球自A点自由落下来，求小球经过BC的时间t。解析：根据由图可知评析：小球经过窗户BC的时间是指小球在下落过程中由B运动到C的时间，这段时间也是小球自由下落到C的时间与小球自由下落到B的时间之差。题型三：自由落杆问题例3. 如图2所示，长度为5m的铁链，上端悬挂在O点。若从O点放开铁链，让其自由下落，求铁链通过O点下方25m的A点所用的时间。（g取）图2解析：铁链通过O点下方25m处的A点所用时间是指从铁链的下端到达A点至铁链上端

12、到达A点这个过程所用的时间，铁链从开始自由下落至下端到达A点，通过的位移为：同理，得铁链通过A点所用的时间为：评析：杆状物体下落时，把端点转化为质点问题进行处理题型四：求自由落体加速度问题例4.用滴水法可以测定重力加速度的值,方法是:在自来水龙头下面固定一块挡板A,使水一滴一滴持续地滴落到挡板上,如图所示,仔细调节水龙头,使得耳朵刚好听到前一个水滴滴在挡板上的声音的同时,下一个水滴刚好开始下落.首先量出水龙头口离挡板的高度h,再用秒表计时,计时方法是:当听到某一水滴滴在挡板上的声音的同时,开启秒表开始计时,并数“1”,以后每听到一声水滴声,依次数“2,3,”,一直数到“n”时,按下秒表按钮停止

13、计时,读出秒表的示数为t.写出用上述测量方法计算重力加速度g的表达式:g= .答案 题型五：照片留痕问题例5.有一种“傻瓜”相机的曝光时间(快门打开到关闭的时间)是固定不变的.为了估测该相机的曝光时间,有位同学提出了下述实验方案:他从墙面上A点的正上方与A相距H=1.5 m处,使一个小石子自由落下,在小石子下落通过A点时,立即按动快门,对小石子照相,得到如图所示的照片,由于石子的运动,它在照片上留下一条模糊的径迹CD.已知每块砖的平均厚度是6 cm.请从上述信息和照片上选取估算相机曝光时间必要的物理量.用符号表示,如H等,推出计算曝光时间的关系式,并估算出这个“傻瓜”相机的曝光时间.(要求保留

14、一位有效数字)答案 0.02 s （三）竖直上抛类模型【模型特点】竖直上抛运动为有一个竖直向上的初速度v0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g。特点：时间对称（）、速率对称（）；机械能守恒。【模型规律】以抛出时刻为t=0时刻 图1 物体上升最高点所用时间: ； 上升的最大高度: 物体下落时间（从抛出点回到抛出点）:落地速度: ，即：上升过程中（某一位置速度）和下落过程中通过某一位置的速度大小总是相等，方向相反【模型策略】有两种常见方法：（1）全程要用匀变速直线运动规律注意速度、加速度、位移的方向，必须先规定正方向；（2）分阶段要用匀变速直线运动规律并同时注意上升和下降过程的

15、速率、时间的“对称性” 【模型讲解】 【例】气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面求物体刚脱离气球时气球的高度（g=10m/s2） 解析：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动规定向下方向为正，则物体的初速度为V0=10m/s,g=10m/s2 则据h=,则有：物体刚掉下时离地1275m答案：1275m 热点题型探究热点1：竖直上抛运动模型的应用真题2(2005 全国)原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地从开始蹬地到离地是加速过程（视为匀加速），加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”现有以下数据

16、：人原地上跳的“加速距离”，“竖直高度”；跳蚤原地上跳的“加速距离”，“竖直高度”假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度，而“加速距离”仍为，则人上跳的“竖直高度”是多少？ 解析 用表示跳蚤起跳的加速度，表示离地时的速度，则对加速过程和离地过程分别有 若假想人具有和跳蚤相同的加速度，令表示在这种假想下人离地时的速度，表示与此相应的竖直高度，则对加速过程和离地后上升过程分别有 由以上各式可得 代入数值，得 答案 63m名师指引考点：竖直上抛运动认识、了解人跳离地面的全过程是解决此类问题的关键 （四）纸带模型【模型特点】匀变速直线运动，相等的时间间隔【模型策略】 1.从推论入手求加速度或中时速度 2.

17、运用一般规律解题 3.恰当利用比例方法【模型讲解】例1.有若干相同的钢球,从斜面上的某一位置每隔0.1 s无初速度地释放一颗,在连续释放若干钢球后,对准斜面上正在滚动的若干钢球拍摄到如图所示的照片,测得AB= 15 cm,BC=20 cm.求:(1)拍摄照片时B球的速度.(2)A球上面还有几颗正在滚动的钢球?解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。求拍摄时B球的速度就是求首先释放的那个球运动到B处的速度；求A球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到A

18、处经过了几个时间间隔（0.1s）（1）A、B、C、D四个小球的运动时间相差T=0.1sVB=m/s=1.75m/s（2）由s=aT2得：a=m/s2=5m/s2答案 (1)1.75 m/s (2)2颗 （五）先加速后减速模型模型【模型特点】经常会遇到这样的问题：物体由静止开始先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动到静止。用右图描述该过程，可以得出以下结论：A B C a1、s1、t1 a2、s2、t2 （1） （2）匀【模型策略】 1.以平均速度为切入点 2. 抓住一物两过程速度关联点 【模型讲解】【例1】一质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度为a1的匀加速运动，接着做加

19、速度为a2的匀减速直线运动，抵达B点时恰好静止，如果AB的总长度为s，试求质点走完AB全程所用的时间t？解析：设质点的最大速度为v，前、后两段运动过程及全过程的平均速度相等，均为。全过程： s= （1）匀加速过程：v = a1t1 （2）匀减速过程：v = a2t2 （3）由（2）（3）得：t1= 代入（1）得：s = s=将v代入（1）得： t = 例2、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2，直到停止，共历时130s，行程1600m。试求：（1） 摩托车行驶的最大速度vm；（2） 若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行

20、程不变，所需最短时间为多少？分析：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助v-t图象表示。（2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助v-t图象可以证明：当摩托车以a1匀加速运动，当速度达到v/m时，紧接着以a2匀减速运动直到停止时，行程不变，而时间最短v/ms1vm0t/s130a1a2解：（1）如图所示，利用推论vt2-v02=2as有：+（130-）vm+=1600.其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得：vm=12.8m/s（另一解舍去）.v/ms1vm0t/s130a1a2tmin(2)路程不变，则图象中面积不变，当v越大则

21、t越小，如图所示.设最短时间为tmin，则tmin= =1600 其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由式解得vm=64m/s，故tmin=.既最短时间为50s.答案：（1）12.8m/s （2）50s【例3】一小圆盘静止在桌面上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图1.02所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为，盘与桌面间的动摩擦因数为。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最近未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度） 解析：根据题意可作出物块的速度图象如图2所示。设圆盘的质量为m，桌边长为L，在桌

22、布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为，有图2桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以表示加速度的大小，有设盘刚离开桌布时的速度为，移动的距离为，离开桌布后在桌面上再运动距离后便停下，由匀变速直线运动的规律可得：盘没有从桌面上掉下的条件是：设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有：，而，求得：，及联立解得 图2-1 （六）去而复返模型 【模型特点】物体由静止出发，先在力F1的作用下加速，达到速度v1，再换以反向力F2，经相同时间t回到出发点，此时速度为v2。【模型策略】充分注意矢量运算图2-2【模型探究】如图2-1，2-2所示为物体的运动图象和物理过程示意图。此运动模型包

23、含一个匀加速运动和一个双向减速运动，二个过程所用时间相同，位移的大小相等、方向相反，故平均速度大小相等，方向相反，即，由此可知 。又由v1=a1t - v2= v1-a2t得：a1=3 a2根据牛顿第二定律可得：F1=3 F2说明：这一结论也可表述为如下的物理模型：初速为零的物体，先后受到方向相反的两个恒力作用，若经相同时间后，该物体恰好回到初始位置，则后作用的力是先作用的力的三倍。【模型讲解】【例1】在电场强度为E1匀强电场中A点，静止着一个带电液滴，使场强突然增加到E2而不改变方向，液滴运动一段时间后，又使电场突然反向而不改变E2的大小，又经过一段同样时间，液滴又恰好返回到A点，求E1与E

24、2之比。简解：带电微粒静止时有 仅改变场强大小时，带电液滴所受合力大小为（），两板间场强方向改变后，带电液滴所受合力大小为（），据模型分析可得：=3（） 联立两式易解得： （七）追及与相遇模型 【模型概述】追及问题”是对研究单个物体（或质点）运动的延续和拓展，这类问题常涉及的是两个或两个以上物体（或质点）在某段时间内发生的相关运动，是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。若物体同时出发，运

25、动时间相等；若甲比乙早出发t，则运动时间关系为。要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。【模型规律】追及、相遇问题特点：讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题。一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系。一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点【模型策略】1、认真审题、弄清题意。2、过程分析，画出运动示意图，确定物体在各个阶段的运动规律。 3、状态分析，找出题中隐含的临界条件，确定三大关系：时间，位移，速度注意：速度相等常常是能不能相遇或追及的关键点，也是极值出现的临界

26、状态4、选择解题方法，列式求解，讨论结果【模型情景】1. 匀减速运动的物体追同向匀速运动物体要点：两者v相等时，S追S被追 永远追不上，但此时两者的距离有最小值 若S追V被追则还有一次被追上的机会，其间速度相等时，两者距离有一个极大值例1：火车A以速度v1匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距s处有另一火车B沿同方向以速度v2（对地，且v2v1做匀速运动，A车司机立即以加速度（绝对值）a紧急刹车，为使两车不相撞，a应满足什么条件？分析：后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取s后=s+s前和v后v前求解解法一：取取上述

27、分析过程的临界状态，则有v1ta0t2sv2tv1a0t = v2a0 =所以当a 时，两车便不会相撞。法二：如果后车追上前车恰好发生相撞，则v1tat2 s v2t上式整理后可写成有关t的一元二次方程，即at2（v2v1）ts 0取判别式0，则t无实数解，即不存在发生两车相撞时间t。0，则有（v2v1）24（a）svv1v20tt0ACB（得a为避免两车相撞，故a法三：运用v-t图象进行分析，设从某时刻起后车开始以绝对值为a的加速度开始刹车，取该时刻为t=0，则A、B两车的v-t图线如图所示。图中由v1 、v2、C三点组成的三角形面积值即为A、B两车位移之差（s后s前）=s，tan即为后车A

28、减速的加速度绝对值a0。因此有（v1v2）=s 所以 tan=a0=若两车不相撞需aa0=2. 初速度为零的匀加速运动的物体追同向匀速运动的物体要点：两者速度相等时有最大的间距 位移相等时即被追上例2、一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边赶过汽车。试求：（1） 汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？（2） 什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？解析：解法一：汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度是定值。当汽车的速度还小于自行车速度时，两者的距离将越来越大，而一

29、旦汽车速度增加到超过自行车速度时，两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大，有，所以， 解法二：用数学求极值方法来求解（1） 设汽车在追上自行车之前经过t时间两车相距最远，因为所以，由二次函数求极值条件知，时，最大即（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，则 , 解法三：用相对运动求解更简捷选匀速运动的自行车为参考系，则从运动开始到相距最远这段时间内，汽车相对此参考系的各个物理量为：初速度v0 = v汽初v自 =（06）m/s = 6m/s末速度vt = v汽末v自 =（66）m/s = 0加速度 a = a汽a自 =（30）m/s2 = 3m/s2所以相距最远 s= =6m（负号表示汽

30、车落后）解法四：用图象求解v/ms1v60t/sttv汽v自（1）自行车和汽车的v-t图如图，由于图线与横坐标轴所包围的面积表示位移的大小，所以由图上可以看出：在相遇之前，在t时刻两车速度相等时，自行车的位移（矩形面积）与汽车的位移（三角形面积）之差（即斜线部分）达最大，所以t=v自/a=s=2ss= vtat2/2 =（62322/2）m= 6m（2）由图可看出：在t时刻以后，由v自或与v汽线组成的三角形面积与标有斜线的三角形面积相等时，两车的位移相等（即相遇）。所以由图得相遇时，t= 2t = 4s，v= 2v自=12m/s答案 （1）2s 6m （2）12m/s3匀速运动的物体追同向匀减

31、速运动物（1） 只要时间足够一定能够追上，（2）但要充分注意被追物体是否已停止运动。例3.如图所示，A、B两物体相距s7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以vB10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a2 m/s2，求A追上B所经历的时间解析：物体B减速至静止的时间为t，则vBat0，t0 s5 s物体B向前运动的位移xBvBt0105 m25 m.又因A物体5 s内前进xAvAt020 m，显然xB7 mxA.所以A追上B前，物体B已经静止，设A追上B经历的时间为t，则t s8 s.4.匀速运动的物体追同向匀加速运动物体要点：此类情景可

32、能会三种情况：（1） 若二者速度相等时，追赶者仍没有追上被追赶者，则追赶者永远追不上被追赶者，此时二者有最小距离（2）若二者相遇时，追赶者的速度等于被追赶者的速度，则刚好追上，也是二者避免碰撞的临界条件（3）若二者相遇时，追赶者的速度仍大于被追赶者的速度，则还有一次被被追赶者追上追赶者的机会，其间速度相等时二者的距离有最值。例4.如图所示,甲、乙两个同学在直跑道上练习4100 m接力,他们在奔跑时有相同的最大速度.乙从静止开始全力奔跑需跑出25 m才能达到最大速度,这一过程可看作匀变速直线运动,现在甲持棒以最大速度向乙奔来,乙在接力区伺机全力奔出.若要求乙接棒时奔跑达到最大速度的80%,则:

33、(1)乙在接力区需奔跑出多少距离？(2)乙应在距离甲多远时起跑？答案 (1)16 m (2)24 m5.匀加速运动的物体追赶匀加速运动的物体 要点： （1）注意到达最大速度时间 （2）注意分段考虑问题，抓住速度联系点例5. 羚羊从静止开始奔跑，经过距离能加速到最大速度，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过的距离能加速到最大速度，以后这个速度只能维持4.0s。设猎豹距离羚羊x时开始攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0s才开始奔跑，假设羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动。且均沿同一直线奔跑。求：（1）猎豹要在其最大速度减速前追到羚羊，x值应在什么范围？（2）猎豹要在其加速阶段追上羚羊，

34、x值应在什么范围？解析：对于讨论猎豹开始攻击时离羚羊的距离x的范围，首先要根据题意，分析猎豹攻击羚羊时的物理情景和运动过程，从而找出位移和速度关系。特别要注意猎豹和羚羊的加速时间和最大速度以及猎豹以最大速度做匀速运动的最长时间。（1）猎豹要在其最大速度减速前追到羚羊，即猎豹的运动只能是先匀加速，后匀速。设猎豹在维持最大速度的时间t内追到羚羊，由题意得。现首先需要考虑的问题是，当猎豹追到羚羊时，羚羊的运动情况如何？为此，可先分别求得羚羊和猎豹做加速运动的加速度和时间。羚羊做加速运动的加速度为：羚羊做加速运动的时间为而猎豹做加速运动的加速度为猎豹做加速运动的时间为显然由可知：当猎豹进入匀速运动过程

35、1s后，羚羊将做匀速运动。所以，当猎豹追到羚羊时，羚羊早已在匀速运动，只是匀速运动的时间比猎豹少了1s。则根据位移关系有解得（2）猎豹要在其加速阶段追上羚羊，言下之意是，猎豹运动的时间又因，所以猎豹追上羚羊时，羚羊也正在加速，则根据位移关系有：解得解得 6.先匀加速后匀速运动物体追同向匀速物体要点： 此类情景追着不一定一直加速往往是先加速至最大速度再匀速三个关系 1.两物体空间关系2.两物体时间关系3.追着最大速与加速时间关系 例6、一辆摩托车能达到的最大速度为30 m/s，要想在3min内由静止起沿一条平直公路追上在前面1000 m处正以20 m/s的速度匀速行驶的汽车，则摩托车必须以多大的

36、加速度起动？（保留两位有效数字甲同学的解法是:设摩托车恰好在3min时追上汽车,则1/2 at2vts0，代入数据得：a0.28 m/s2 。乙同学的解法是：设摩托车追上汽车时，摩托车的速度恰好是30 m/s，则vm22as2a（vts0）代入数据得：a0.1 m/s2 。你认为他们的解法正确吗？若错误请说明理由，并写出正确的解法。 甲错，因为vmat0.28180 m/s50.4m/s30 m/s乙错，因为tvm/a30/0.1300 s180 s正确解法：摩托车的最大速度vmat11/2 at12vm（tt1）1000vt解得： a0.56 m/s27.。相向相遇问题 例7.自高为H的塔顶

37、自由落下A物的同时B物自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动下面说法正确的是（ ） A若v0两物体相遇时，B正在上升途中 B、v0=两物体在地面相遇 C若v0，两物体相遇时B物正在空中下落 D若v0，则两物体在地面相遇 解析：由A、B相对运动知，相遇时间t=H/ v0，B物上升到最高点需时间t1= v0/g落回到抛出点时间t22v0/g 要在上升途中相遇，tt1，即H/ v0v0/g。v0，要在下降途中相遇t1 t t2，即v0/gH/ v02v0/gv0 在最高点相遇时tt1，vo=； 在地面相遇时tt2，vo=答案：ACD 三、轻绳、弹簧、轻杆模型【模型概述】挂件问题是

38、力学中极为常见的模型，其中绳件、弹簧件更是这一模型中的主要模具，相关试题在高考中一直连续不断。它们间的共同之处是均不计重力，但是它们在许多方面有较大的差别。【模型要点】【模型讲解】一. 轻绳模型轻绳模型：轻绳只能发生拉伸形变，所以只能产生拉力，方向总是指向绳收缩的方向，且内部各处张力处处相等。例1. 如图1所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为60。两小球的质量比m2/m1为（ ）A. B. C. D. 解析：如图2所示，质量

39、为m1的小球受三个力作用：线对它的拉力T，显然Tm2g；碗对它的支持力N；重力m1g。由几何关系可知，图1中OBA应为等边三角形，夹角都为60。建立水平和竖直方向的坐标系，由平衡条件有由以上可得 即选项A正确。二. 轻杆模型 轻杆不仅能发生拉伸形变，还能发生压缩形变，所以轻杆不仅能施以拉力，还能承受压力，且在杆内弹力处处相等。轻杆还能发生弯曲形变，所以杆的弹力不一定沿杆的方向。现分以下两种情况来讨论。例3. 杆受力处于平衡状态，其一端可以自由转动，则另一端所受合力必沿杆方向。例2. 如图3所示，AB为水平轻杆，A端用绞链与墙壁相连，B端用轻绳CB拉着，且与AB成30角，下端挂一重为10N的物体

40、，求AB杆受到的作用力FAB？解析：选择轻杆为研究对象，绳BC的张力T和重物的重力G的合力必沿杆方向，所以容易求得说明：因为A端为铰链，可以自由转动，若合力不沿BA方向，则杆将发生转动轻杆受力处于平衡状态，其一端固定时，杆可产生各种方向的弹力，因而杆的另一端受力不一定沿杆方向，应具体问题具体分析。例4 。如图3所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为、在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（ ）图3A. 小车静止时，方向沿杆向上B. 小车静止时，方向垂直杆向上C. 小车向右以加速度a运动时，一定有D. 小车向左以加速度a运动时，方向斜向左上方，与竖直方

41、向的夹角为解析：小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg。小车向右以加速度a运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为，如图4所示，根据牛顿第二定律有：，两式相除得：。只有当球的加速度且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有。小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg和杆对球的作用力F的合力大小为ma，方向水平向左。根据力的合成知，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为：三. 轻弹簧模型 轻弹簧不仅能发生拉伸形变，还能发生压缩形变，所以轻弹簧既能产生拉力，又能承受压力，且在内部弹力处处相等。弹力方向总是沿着弹簧的轴线，在弹性限度内，

42、弹力的大小Fkx。例5. 图5中，a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图并处于平衡状态，则（ ）A. 有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态B. 有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态C. 有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态D. 有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态解析：R为轻绳，只能拉伸不能压缩。（1）若R有拉力，则N必处于拉伸状态。以a为研究对象，若R对a的拉力小于重力，则M处于压缩状态；若R对a的拉力等于重力，则M处于自由状态；若R对a的拉力大于重力，则M处于拉伸状态。（2）若R没有拉力，则N处于自由状态，M处于压缩状态。综上讨论得正确选

43、项为A、D。 四、挂件模型【模型概述】理解静态的“挂件”模型是我们进行正确分析动态类型的基础，因此高考对该部分的考查一直是连续不断，常见题型有选择、计算等。【模型要点】物体受到几个共点力的作用，物体处于平衡状态（静止或匀速直线运动状态）。平衡件是：物体所受到的合外力为零，即。处理方法：（1）正交分解法：这是平衡条件的最基本的应用方法。其实质就是将各外力间的矢量关系转化为沿两个坐标轴方向上的力分量间的关系，从而变复杂的几何运算为相对简单的代数运算。即和具体步骤：确定研究对象；分析受力情况；建立适当坐标；列出平衡方程。若研究对象由多个物体组成，优先考虑运用整体法，这样受力情况比较简单，要求出系统内

44、物体间的相互作用力，需要使用隔离法，因此整体法和隔离法常常交替使用。常用方法：合成（分解）法；多边形（三角形）法；相似形法。动态平衡的常见问题：动态分析；临界问题；极值分析等。动态平衡的判断方法：函数讨论法；图解法（注意适用条件和不变力）；极限法（注意变化的转折性问题）。【模型策略】 受力分析； 根据物体受到的合力为0应用矢量运算法（如正交分解、解三角形法等）求解 ，对三力平衡抓住任意两个力合力与第三个力等值反向 。 。 对于较复杂的变速问题可利用牛顿运动定律列方程求解。【模型讲解】一、“挂计”模型的平衡问题例1：图1中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的。平衡时AO是水平的，B

45、O与水平面的夹角为。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（ ）A. B. C. D. 图1解析：以“结点”O为研究对象，沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向有竖直方向有联立求解得BD正确。思考：若题中三段细绳不可伸长且承受的最大拉力相同，逐渐增加物体的质量m，则最先断的绳是哪根？二、“结点”挂件模型中的极值问题例2：物体A质量为，用两根轻绳B、C连接到竖直墙上，在物体A上加一恒力F，若图2中力F、轻绳AB与水平线夹角均为，要使两绳都能绷直，求恒力F的大小。解析：要使两绳都能绷直，必须，再利用正交分解法作数学讨论。作出A的受力分析图3，由正交分解法的平衡条件：解得两绳都绷直，必须由以上解得F

46、有最大值，解得F有最小值，所以F的取值为。 五、滑轮 、 滑环模型【模型概述】滑轮模型通常是指轻滑轮和轻绳的组合，此时滑轮两边绳子的拉力大小相等。滑轮是生活中常见的器具，根据其使用方法有动滑轮与定滑轮，在试题中还有它的“变脸”模型，如光滑的凸面（杆、球、瓶口等）。【模型要点】1. “滑轮”模型的特点为滑轮两侧的受力大小相等，在处理功能问题时若力发生变化，通常优先考虑能量守恒规律，也可采用转化法求解。2. 滑环模型：滑环可施出拉力，还可承受压力，力的方向沿滑环的径向，且垂直于相交的平面。【模型误区】注意“死杆”和“活杆”问题。【模型讲解】如：如图（a）轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂

47、住一个质量为M1的物体。ACB=30；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比？图5解析：图（a）中绳AC段的拉力FTACM1g图（b）中由于FTEGsin30=M2g，解得： 滑环模型：滑环可施出拉力，还可承受压力，力的方向沿滑环的径向，且垂直于相交的平面。例6.例3有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略，不何伸长的细绳相连，并在某一位置

48、平衡，如图所示，现将P环向左移一小段距离，两环再将达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力和细绳拉力的变化情况是：（ ）A、不变、变大 B、不变、变小C、变大、变大 D、变大、变小解析 采取先“整体”后“隔离”的方法.以P、Q、绳为整体研究对象，受重力、AO给的向上弹力、OB给的水平向左弹力.由整体处于平衡状态知AO给P向右静摩擦力与OB给的水平向左弹力大小相等;AO给的竖直向上弹力与整体重力大小相等.当P环左移一段距离后，整体重力不变，AO给的竖直向上弹力也不变.再以Q环为隔离研究对象，受力如图3乙所示，Q环所受重力G、OB给Q弹力F、绳的拉力处于平衡,P环

49、向左移动一小段距离的同时移至位置，仍能平衡，即竖直分量与G大小相等，应变小，所以正确答案为B选项. “滑轮”挂件模型中的平衡问题例1.如图1所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为，绳子张力为；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为，绳子张力为；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为，绳子张力为，不计摩擦，并且BC为竖直线，则（ ）A. B. C. D. 解析：由于跨过滑轮上绳上各点的张力相同，而它们的合力与重力为一对平衡力，所以从B点移到C点的过程中，通过滑轮的移动，再从C点移到D点，肯定大于，由于竖直方向上必须有，所以。故只有A选项正确。 六、动态平衡模型【模型概述】所谓动态平衡问题是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态【模型策略】解动态问题的关键是抓住不变量，依据不变的量来确定其他量的变化规律，常用的分析方法